复变函数/留数理论/更“复杂”的解法

有一个更通用、更优雅、涵盖所有极点的公式来确定留数。我们从检查函数的洛朗级数开始

$f(z)=\sum _{n=-\infty }^{\infty }a_{n}(z-z_{0})^{n}$

在检查这个展开式时，我们注意到，如果我们想要一个函数的简单极点的留数，我们想要系数 $a_{-1}$。对于二阶极点，系数是 $a_{-2}$，依此类推。为了真正了解公式中的内容，最好看看展开式

$f(z)=...+{\frac {a_{-2}}{(z-z_{0})^{2}}}+{\frac {a_{-1}}{(z-z_{0})}}+a_{0}+a_{1}(z-z_{0})+a_{2}(z-z_{0})^{2}+...$

假设我们想要从一个关于该点具有二阶极点的函数中获得 $z_{0}$ 的留数，我们首先乘以 $(z-z_{0})^{2}$

$f(z)={\frac {a_{-2}}{(z-z_{0})^{2}}}+{\frac {a_{-1}}{(z-z_{0})}}+a_{0}+a_{1}(z-z_{0})+a_{2}(z-z_{0})^{2}+...$

$(z-z_{0})^{2}f(z)=a_{-2}+a_{-1}(z-z_{0})+...\,$

现在我们想要分离 $a_{-1}$ 项，所以我们求导数

$g(z)={\frac {d}{dz}}((z-z_{0})^{2}f(z))=a_{-1}+...$

现在，如果我们评估 $g$ 在 $z_{0}$，剩下的项将为零，因此

$g(z_{0})={\frac {d}{dz}}((z-z_{0})^{2}f(z))=a_{-1}$

为我们提供了留数，通过重复相同的过程，可以很容易地得到通式。

留数公式

$\mathrm {Res} (f,z_{0})=\lim _{z\rightarrow z_{0}}{\frac {1}{(m-1)!}}{\frac {d^{m-1}}{dz^{m-1}}}{\Big (}(z-z_{0})^{m}\cdot f(z){\Big )}$

其中 $z_{0}$ 是要寻找留数的点，$f$ 是函数。

这个公式中有一些额外的项，上面没有讨论。阶乘消除了来自导数的额外乘积项，而极限则处理了由可去奇点引起的运算问题。